2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-對(duì)點(diǎn)練55 探索性及折疊問題【含答案】

對(duì)點(diǎn)練55探索性及折疊問題【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1.(2024·廣州調(diào)研)如圖(1)，在邊長(zhǎng)為4的正三角形ABC中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AC的中點(diǎn).將△AEF沿EF翻折至△A1EF，得到四棱錐A1－EFCB，P為A1C的中點(diǎn)，如圖(2).(1)求證：FP∥平面A1BE；(2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直線A1F與平面BFP所成的角的正弦值.2.(2024·河南名校聯(lián)考)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝eq\f(π,2)，BC＝CD＝2，AD＝eq\r(5)，DE⊥AB，垂足為點(diǎn)E.將△AED沿DE折起，使點(diǎn)A到點(diǎn)P的位置，且PE⊥EB，連接PB，PC，點(diǎn)M，N分別為PC，EB的中點(diǎn)，連接CN，ND，DM，MN.(1)求證：MN∥平面PED；(2)求二面角D－MN－C的正弦值.3.如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求證：PD⊥平面PAB；(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，說明理由.【B級(jí)能力提升】4.(2024·長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，在三棱錐P－ABC中，底面是邊長(zhǎng)為4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AC，PC的中點(diǎn).(1)求證：平面BEF⊥平面PAC；(2)在線段PB上是否存在點(diǎn)G，使得直線AG與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5)？若存在，確定點(diǎn)G的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.對(duì)點(diǎn)練55探索性及折疊問題答案1．(1)證明如圖，取A1B的中點(diǎn)Q，連接PQ，EQ，則有PQ∥BC，且PQ＝eq\f(1,2)BC.又EF∥BC，且EF＝eq\f(1,2)BC，所以PQ∥EF，且PQ＝EF，則四邊形EFPQ為平行四邊形，則FP∥EQ.又FP?平面A1BE，EQ?平面A1BE，所以FP∥平面A1BE.(2)解如圖，取EF的中點(diǎn)O，BC的中點(diǎn)G，連接A1O，OG.由平面A1EF⊥平面EFCB，且交線為EF，A1O?平面A1EF，知A1O⊥平面EFCB，此時(shí)，OA1，OE，OG兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OE，OG，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則A1(0，0，eq\r(3))，F(xiàn)(－1，0，0)，B(2，eq\r(3)，0)，C(－2，eq\r(3)，0)．由P為A1C的中點(diǎn)，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，則eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq\r(3))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(3，eq\r(3)，0)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))).設(shè)平面BFP的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(FP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(FB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,3x＋\r(3)y＝0.))令x＝1，則y＝－eq\r(3)，z＝eq\r(3)，故n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．設(shè)直線A1F與平面BFP所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(A1F,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|n·\o(A1F,\s\up6(→))|,|n||\o(A1F,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1－3|,\r(7)×\r(4))＝eq\f(2\r(7),7).故直線A1F與平面BFP所成的角的正弦值為eq\f(2\r(7),7).2．(1)證明如圖，取PB的中點(diǎn)Q，連接MQ，NQ.因?yàn)锳B∥CD，∠ABC＝eq\f(π,2)，DE⊥BE，所以四邊形BCDE為正方形．因?yàn)辄c(diǎn)M，N，Q分別為PC，BE，PB的中點(diǎn)，所以MQ∥BC∥ED，NQ∥PE.又DE，PE?平面PED，MQ，NQ?平面PED，所以MQ∥平面PED，NQ∥平面PED.因?yàn)镸Q∩NQ＝Q，MQ，NQ?平面MNQ，所以平面MNQ∥平面PED.因?yàn)镸N?平面MNQ，所以MN∥平面PED.(2)解由題意知PE⊥EB，PE⊥ED，DE⊥EB.因?yàn)锳D＝eq\r(5)，DE＝BC＝2，所以AE＝eq\r(AD2－DE2)＝1，即PE＝1.以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，ED，EP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則D(0，2，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，N(1，0，0)，C(2，2，0)，則eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝(1，－2，0)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1，\f(1,2)))，eq\o(CN,\s\up6(→))＝(－1，－2，0)．設(shè)平面DMN的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,x－2y＝0.))令x＝2，得y＝1，z＝－2，所以m＝(2，1，－2)．設(shè)平面CMN的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1－2y1＝0，,－x1－y1＋\f(1,2)z1＝0.))令y1＝－1，則x1＝2，z1＝2，所以n＝(2，－1，2)．所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(4－1－4,\r(9)×\r(9))＝－eq\f(1,9)，所以二面角D－MN－C的正弦值為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(5),9).3．(1)證明∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB?平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴PD⊥平面PAB.(2)解取AD中點(diǎn)O，連接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD.∵CO?平面ABCD，∴PO⊥CO.∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0)．則eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2，0，－1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－1，0)．設(shè)n＝(x0，y0，1)為平面PDC的一個(gè)法向量，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y0－1＝0，,2x0－1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝－1，,x0＝\f(1,2)，))即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)).設(shè)PB與平面PCD所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1－1)),\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∴直線PB與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)解假設(shè)存在，設(shè)M是棱PA上一點(diǎn)，則存在λ∈[0，1]使得eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，因此點(diǎn)M(0，1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，－λ，λ)．∵BM?平面PCD，要使BM∥平面PCD，當(dāng)且僅當(dāng)eq\o(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1))＝0，解得λ＝eq\f(1,4)，∴在棱PA上存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD，此時(shí)eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).4．(1)證明∵△ABC是正三角形，E為AC的中點(diǎn)，∴BE⊥AC.又PA⊥平面ABC，BE?平面ABC，∴PA⊥BE.∵PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BE⊥平面PAC.∵BE?平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.(2)解存在．由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AC，PC的中點(diǎn)，∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又BE⊥AC，∴EB，EC，EF兩兩垂直．以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以EB，EC，EF所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2eq\r(3)，0，0)，C(0，2，0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，－2，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2，0)．設(shè)eq\o(BG,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，∴eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，2，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，4，－2)，設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x＋2y＝0，,4y－2z＝0，))令x＝1，則y＝eq\r(3)，z＝2eq\r(3)，∴n＝(1，eq\r(3)，2eq\r(3))．由已知得eq\f(\r(15),5)＝eq\f(|\o(AG,\s\up6(→))·n|,|\o(AG,\s\up6(→))||n|)，即eq\f(\r(15),5)＝eq\f(4\r(3),4\r(16（1－λ）2＋4λ2))，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝eq\f(11,10)(舍去)，故λ＝eq\f(1,2)，∴存在滿足條件的點(diǎn)G，點(diǎn)G為PB的中點(diǎn)．多選題加練(七)立體幾何與空間向量1．ACD[由面面垂直的性質(zhì)定理可知A正確；對(duì)于B，若α∥β，l?α，m?β，則l∥m，或者l，m異面，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若m?α，l⊥α，則l⊥m，故充分性成立，但是l⊥m，m?α，不能得到l⊥α，故C正確；對(duì)于D，若m?α，l?α，l∥α，不能得到l∥m，因?yàn)閘，m有可能異面，但是l∥m，m?α，l?α，則l∥α，故D正確．]2．BD[因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1D,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(A1C1,\s\up6(→))－eq\o(A1B1,\s\up6(→)))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，故A不正確，B正確；如圖所示，故D作DU垂直BC，過U作VU垂直AB，UW垂直AC，故向量eq\o(AD,\s\up6(→))在向量eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影向量為eq\o(AV,\s\up6(→))，向量eq\o(AD,\s\up6(→))在向量eq\o(AC,\s\up6(→))上的投影向量為eq\o(AW,\s\up6(→))，由題意易得eq\f(AV,AB)＝eq\f(1,3)，eq\f(AW,AC)＝eq\f(2,3)，故eq\o(AV,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，C不正確；eq\o(AW,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，D正確．]3．BC[連接AC，BD，交于點(diǎn)O，連接OC1，因?yàn)镺1為四邊形A1B1C1D1的中心，所以AO1∥OC1，又OC1?平面BDC1，AO1?平面BDC1，所以AO1∥平面BDC1，因?yàn)槿忮FQ－PBD的體積等于三棱錐P－QBD的體積，且為定值，所以AO1∥平面QBD，所以平面QBD與平面BDC1為同一平面，所以Q為CD1與DC1的交點(diǎn)，所以DQ＝QC1，故A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，所以O(shè)1Q＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，故C正確，D錯(cuò)誤．]4．BD[A中，設(shè)下面的圓錐的母線長(zhǎng)為l，則l＝eq\r(32＋62)＝3eq\r(5)cm，故下面圓錐的側(cè)面積為S＝πrl＝3×3eq\r(5)π＝9eq\r(5)πcm2，故沙漏的側(cè)面積為2S＝18eq\r(5)πcm2，故A錯(cuò)誤；B中，因?yàn)榧?xì)沙全部在上部時(shí)，高度為圓錐高的eq\f(2,3)，所以細(xì)沙形成的圓錐底面半徑為eq\f(2,3)×3＝2cm，高為6×eq\f(2,3)＝4cm，故底面積為π·22＝4πcm2，所以沙漏中的細(xì)沙體積為eq\f(1,3)×4π×4＝eq\f(16π,3)cm3，B正確；C中，由B選項(xiàng)可知，細(xì)沙全部漏入下部后此錐形沙堆的體積為eq\f(16π,3)cm3，其中此錐體的底面積為π·32＝9π，故高度為eq\f(3×\f(16π,3),9π)＝eq\f(16,9)≈1.8cm，C錯(cuò)誤；D中，eq\f(16π,3)÷0.02≈eq\f(16×3.14,3×0.02)≈837秒，故該沙漏的一個(gè)沙時(shí)大約是837秒，D正確．]5．BD[對(duì)于A，當(dāng)N為C1M的中點(diǎn)時(shí)，取BC的中點(diǎn)P，連接PN，AP，易知PN∥CC1，CC1⊥平面ABC，則PN⊥平面ABC，故∠PAN為直線AN與平面ABC所成的角，則tan∠PAN＝eq\f(PN,AP)＝eq\f(\f(1,2)（MB＋CC1）,\f(\r(11),2))＝eq\f(1＋3,\r(11))＝eq\f(4,\r(11))，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)MN＝2NC1時(shí)，延長(zhǎng)B1N交CC1于點(diǎn)Q，此時(shí)eq\f(C1Q,B1M)＝eq\f(C1N,MN)＝eq\f(1,2)，所以C1Q＝1，CQ＝2，所以CQ＝B1M.又CQ∥B1M，所以四邊形CQB1M是平行四邊形，所以CM∥B1Q，即CM∥B1N.因?yàn)锽1N?平面ACM，CM?平面ACM，所以B1N∥平面ACM，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)點(diǎn)N與M重合時(shí)，易知AN＝2，CN＝eq\r(2)，此時(shí)△ACN的周長(zhǎng)為2＋eq\r(2)＋eq\r(3)，顯然有2＋eq\r(2)＋eq\r(3)<3eq\r(3)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，取BC的中點(diǎn)P，連接AP，易知AP⊥平面BCC1B1，AP＝eq\f(\r(11),2)，若三棱錐N－AMC的體積為eq\f(\r(11),6)，即VN－AMC＝eq\f(\r(11),6)，所以eq\f(1,3)·S△CMN·AP＝eq\f(\r(11),6)，所以S△CMN＝1，因?yàn)镾△CMC1＝eq\f(1,2)×3×1＝eq\f(3,2)>S△CMN＝1，所以存在點(diǎn)N，使得三棱錐N－AMC的體積為eq\f(\r(11),6)，故D正確．]6．ACD[連接VP，BP，因?yàn)椤鰽BC和△VAC為等邊三角形，P為AC中點(diǎn)，所以AC⊥VP，AC⊥BP，因?yàn)閂P∩BP＝P，VP，BP?平面VPB，所以AC⊥平面VPB，因?yàn)閂B?平面VPB，所以VB⊥AC，故A正確；因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面VAC，平面ABC∩平面VAC＝AC，VP⊥AC，VP?平面VAC，所以VP⊥平面ABC，以P為原點(diǎn)，分別以PA，PB，PV為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，A(1，0，0)，V(0，0，eq\r(3))，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，0，0)，eq\o(VA,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，0)，設(shè)VA與BC所成角為θ，所以cosθ＝eq\f(|\o(VA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))|,|\o(VA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1|,2×2)＝eq\f(1,4)，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閂P⊥平面ABC，BP?平面ABC，所以VP⊥BP，因?yàn)椤鰽BC和△VAC的邊長(zhǎng)為2，所以VP＝BP＝eq\r(3)，在等腰直角△VPB中，VP＝BP＝eq\r(3)，所以點(diǎn)P到VB的距離為eq\r(3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),2)，故C正確；分別取△ABC和△VAC的外心O2，O1，再分別過O2，O1作平面ABC，平面VAC的垂線交于點(diǎn)O，所以O(shè)為三棱錐V－ABC的外接球球心，OO2＝O1P＝eq\f(1,3)VP＝eq\f(\r(3),3)，BO2＝eq\f(2,3)BP＝eq\f(2\r(3),3)，所以O(shè)B＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),3)，三棱錐V－ABC的外接球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(20π,3)，故D正確．]7．ACD[以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1分別為x，y，z軸建立坐標(biāo)系，如圖所示，D(0，0，0)，E(1，2，1)，B(2，2，0)，G(2，1，2)，A(2，0，0)，F(xiàn)(0，1，1)，C1(0，2，2)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1，2，1)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，∵eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BG,\s\up6(→))＝1×0＋2×(－1)＋1×2＝0，∴eq\o(DE,\s\up6(→))⊥eq\o(BG,\s\up6(→))，故A正確；eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，設(shè)平面BC1G的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BG,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x1＋2z1＝0，,－y1＋2z1＝0，))令z1＝1，則x1＝1，y1＝2，則n＝(1，2，1)，∵eq\o(AF,\s\up6(→))·n＝(－2)×1＋1×2＋1×1＝1≠0，∴AF與平面BC1G不平行，故B不正確；eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，設(shè)直線AB與平面BC1G所成的角為α，則sinα＝|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(4,2×\r(6))＝eq\f(\r(6),3)，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(\r(3),3)，故C正確；∵n＝eq\o(DE,\s\up6(→))，∴DE⊥平面BC1G，取X，T為A1D1，AA1的中點(diǎn)，如圖所示，則WD1＝CV＝AU＝eq\f(1,2)，由幾何關(guān)系可知，WX∥VU，WV∥TU，則WXTUV組成一個(gè)平面，由BG∥TU，BC1∥TX，TU，TX均在平面WXTUV內(nèi)，則DE⊥平面WXTUV，即過點(diǎn)F且與直線DE垂直的平面α，截該正方體所得截面為如圖所示的平面WXTUV，則截面WXTUV的周長(zhǎng)為WX＋XT＋TU＋UV＋VW＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋1)＋eq\r(1＋1)＋eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋1)＋eq\r(22＋1)＋eq\r(22＋1)＝3eq\r(5)＋eq\r(2)，故D正確．]8．ACD[對(duì)于A，如圖，過點(diǎn)O作OM∥BC，交劣弧eq\o(AC,\s\up8(︵))于點(diǎn)M，連接ON，由于N，O分別為SA，AB的中點(diǎn)，所以O(shè)N∥SB，又ON?平面SBC，OM?平面SBC，SB?平面SBC，BC?平面SBC，所以O(shè)N∥平面SBC，OM∥平面SBC，又OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC.又MN?平面OMN，所以MN∥平面SBC，故A正確；對(duì)于B，假設(shè)圓O上存在點(diǎn)M使AM⊥平面SBC，SB?平面SBC，所以AM⊥SB.又因?yàn)镾O⊥平面ABC，AM?平面ABC，所以AM⊥SO，又SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SOB，又AM⊥平面SBC，所以平面SOB∥平面SBC，而平面SOB∩平面SBC＝SB，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，如圖，已知SA＝5，圓錐SO的側(cè)面積為S＝π×AO×SA＝15π，解得AO＝3，則SO＝4，由題意可知球心在SO上，記為O′，設(shè)其半徑為R，由勾股定理得OA2＋OO′2＝O′A2，所以32＋(4－R)2＝R2，解得R＝eq\f(25,8)，所以圓錐SO的外接球表面積為4πR2＝eq\f(625π,16)，故C正確；對(duì)于D，設(shè)圓錐SO的內(nèi)切球半徑為r，則圓錐的軸截面SAB內(nèi)切圓的半徑為r，SA＝5，AO＝3，則SO＝4，如圖，由等面積法知eq\f(1,2)·r·(6＋5＋5)＝eq\f(1,2)×6×4，r＝eq\f(3,2)，設(shè)半徑為r＝eq\f(3,2)的球的內(nèi)接正四面體棱長(zhǎng)為a.如圖，T為正四面體底面中心，K為正四面體外接球球心，PT＝eq\f(\r(3),3)a，LT＝eq\f(\r(6),3)a，則r2＝PT2＋(LT－r)2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a－\f(3,2)))eq\s\up12(2)，解得a＝eq\r(6)，故D正確．]9．ACD[如圖所示，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，A1(0，0，1)，B1(0，1，1)，C1(1，1，1)，D1(1，0，1)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，xeq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，x)，yeq\o(AD,\s\up6(→))＝(y，0，0)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋xeq\o(AA1,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＝(y，1，x)，∴P(y，1，x)．對(duì)于A，當(dāng)x＝1時(shí)，P(y，1，1)為線段B1C1上的點(diǎn)，將平面A1B1C1D1和平面BCC1B1展開為同一個(gè)平面如圖，連接D1B，則D1P＋BP的最小值即為D1B＝eq\r(D1C2＋BC2)＝eq\r(5)，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，P(x，1，x)，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(x，1，x－1)，則eq\o(DB1,\s\up6(→))·eq\o(A1P,\s\up6(→))＝－x＋1＋x－1＝0，即DB1⊥A1P，即滿足條件的P點(diǎn)有無數(shù)個(gè)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)x＋y＝1時(shí)，y＝1－x，則P(1－x，1，x)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(1－x，1，x－1)，|eq\o(A1P,\s\up6(→))|＝eq\r(3＋2x2－4x)，則eq\o(A1P,\s\up6(→))在eq\o(A1B1,\s\up6(→))上的投影長(zhǎng)度為eq\f(|\o(A1P,\s\up6(→))·\o(A1B1,\s\up6(→))|,|\o(A1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,1)＝1，則點(diǎn)P到直線A1B1的距離d＝eq\r(\a\vs4\al(|\o(A1P,\s\up6(→))|2－12))＝eq\r(2x2－4x＋2)；平面ABCD的一個(gè)法向量為eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1－x，1，x)，則點(diǎn)P到平面ABCD的距離為eq\f(|\o(AA1,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))|,|\o(AA1,\s\up6(→))|)＝x；當(dāng)點(diǎn)P到直線A1B1的距離與到平面ABCD的距離相等時(shí)，eq\r(2x2－4x＋2)＝x?x2－4x＋2＝0，∵x∈[0，1]，∴方程有一個(gè)解x＝2－eq\r(2)，即y＝eq\r(2)－1，即僅存在一個(gè)點(diǎn)P滿足條件，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)x2＋y2＝1時(shí)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(y，1，x)，eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，∵cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(C1D1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(C1D1,\s\up6(→)),|\o(AP,\s\up6(→))||\o(C1D1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1,\r(y2＋1＋x2))＝－eq\f(\r(2),2)，故直線AP與C1D1所成角的大小eq\f(π,4)，為定值，故D正確．]10．ACD[對(duì)于A，當(dāng)λ＝1，μ＝eq\f(1,2)時(shí)，點(diǎn)P為DD1的中點(diǎn)，所以AP＝eq\r(AD2＋DP2)＝eq\r(2)，CP＝eq\r(CD2＋DP2)＝eq\r(2)，AC＝eq\r(CD2＋AD2)＝eq\r(2)，所以△ACP為等邊三角形，所以直線CP與AP所成角為60°，A正確；對(duì)于B，當(dāng)λ＝1時(shí)，點(diǎn)P在DD1上，此時(shí)把正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的后面和右面展開，如圖，AP＋PC1的最小值為AC1＝eq\r(AC2＋C1C2)＝2eq\r(2)，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)辄c(diǎn)P